Лекция 4. Вложенные отрезки, несчётность континуума, точные грани

В лекции 3 из аксиомы непрерывности вывели принцип Архимеда и плотность $\mathbb Q$. Теперь из неё же получаем ещё два инструмента, на которых стоит теория пределов: принцип вложенных отрезков и существование точной верхней грани у любого непустого ограниченного сверху множества. Первый сразу даёт новое доказательство несчётности $\mathbb R$ — без десятичных записей. В конце лекции определяется предел последовательности; его свойства — в лекции 5.

1. Принцип вложенных отрезков

1.1. Формулировка

Отрезок с номером $n$ обозначаем $I_n=[a_n;b_n]$, $a_n\le b_n$. Его длина — $|I_n|=b_n-a_n$.

Определение 1. Последовательность отрезков $\{I_n\}_{n=1}^\infty$ называется системой вложенных отрезков, если каждый следующий содержится в предыдущем: $I_{n+1}\subseteq I_n,\quad\text{то есть}\quad a_n\le a_{n+1}\le b_{n+1}\le b_n\qquad\forall n\in\mathbb N.$

Слово «система» здесь означает просто последовательность: отрезков счётное число, и они занумерованы.

Теорема 1 (принцип вложенных отрезков Кантора). Пусть $\{I_n\}$ — система вложенных отрезков. Тогда

1. существует точка $c$, принадлежащая всем отрезкам: $c\in\bigcap\limits_{n=1}^\infty I_n$;
2. если, кроме того, длины отрезков стягиваются к нулю: $\forall\varepsilon>0\ \ \exists N(\varepsilon)\in\mathbb N:\ \ \forall n>N(\varepsilon)\quad b_n-a_n<\varepsilon,$ то такая точка единственна: $\bigcap\limits_{n=1}^\infty I_n=\{c\}$.

Условие во втором пункте — это «длина $I_n$ стремится к нулю», записанное без слова «предел»: предел мы ещё не определили.

Пример. $I_1=[0;1]$, $I_2=\big[0;\frac12\big]$, $I_3=\big[0;\frac14\big]$, …, $I_n=\big[0;\frac1{2^{n-1}}\big]$ — каждый раз берём левую половину. Длины $\frac1{2^{n-1}}\le\frac1n$, поэтому по принципу Архимеда (лекция 3, следствие 1) для любого $\varepsilon>0$ они с какого-то номера меньше $\varepsilon$. Общая точка одна — $c=0$.

1.2. Доказательство

Доказательство.

1. Существование. Рассмотрим множества левых и правых концов: $A=\{a_n\mid n\in\mathbb N\}$, $B=\{b_n\mid n\in\mathbb N\}$. Проверим, что любой левый конец не больше любого правого: $a_k\le b_m$ для всех $k,m$. Пусть $p=\max(k,m)$. Отрезок $I_p$ вложен и в $I_k$, и в $I_m$, поэтому $a_k\le a_p\le b_p\le b_m.$ Значит, $A$ лежит левее $B$, оба множества непусты, и по аксиоме непрерывности есть $c$ с $a_k\le c\le b_m\qquad\forall k,m\in\mathbb N.$ В частности, при $k=m=n$: $a_n\le c\le b_n$, то есть $c\in I_n$ для каждого $n$, и $c\in\bigcap_n I_n$.
2. Единственность (от противного). Пусть $c_1<c_2$ — две точки, лежащие во всех $I_n$. Тогда весь отрезок $[c_1;c_2]\subseteq I_n$, и длина каждого $I_n$ не меньше $d=c_2-c_1>0$: $b_n-a_n\ge d\qquad\forall n.$ Возьмём в условии стягивания $\varepsilon=\frac d2$: при $n>N\big(\frac d2\big)$ должно быть $b_n-a_n<\frac d2<d$ — противоречие. $\blacksquare$

1.3. Почему нужны все условия

«Интуитивно очевидно, что у бесконечной матрёшки из отрезков есть общая точка, а может, и целый промежуток. Но это надо доказать, и это свойство именно вещественной прямой.» Каждое условие теоремы существенно.

В $\mathbb Q$ теорема неверна. Возьмём десятичные приближения $\sqrt2$ с недостатком и с избытком: $[1;2]\supseteq[1{,}4;\ 1{,}5]\supseteq[1{,}41;\ 1{,}42]\supseteq[1{,}414;\ 1{,}415]\supseteq\dots$ Концы рациональны, длины $10^{-(n-1)}$ стягиваются к нулю. В $\mathbb R$ единственная общая точка — $\sqrt2$: она лежит во всех отрезках, а по п. 2 другой нет. Но $\sqrt2\notin\mathbb Q$ (лекция 3, утверждение 3), поэтому «отрезки рациональных чисел» $I_n\cap\mathbb Q$ общих точек не имеют.

Интервалы вместо отрезков. $J_n=\big(0;\frac1n\big)$ вложены и стягиваются, но $\bigcap_n J_n=\varnothing$. Точки $x\le0$ не лежат уже в $J_1$, а для $x>0$ по принципу Архимеда есть $n$ с $\frac1n<x$, и $x\notin J_n$. Доказательство ломается на том, что разделяющая точка $c=0$ не принадлежит интервалам.

Лучи вместо отрезков. $[n;+\infty)$ вложены, но пересечение пусто: любое $x$ лежит левее луча $[n;+\infty)$ при $n>x$. Концы отрезков должны быть конечными числами.

Упражнение 1 (с лекции). Придумайте систему вложенных отрезков, пересечение которой — не одна точка, а целый отрезок. Какое условие теоремы при этом нарушено?

Решение

$I_n=\big[-\frac1n;\ 1+\frac1n\big]$. Отрезки вложены: $-\frac1n\le-\frac1{n+1}$ и $1+\frac1{n+1}\le1+\frac1n$. Каждый содержит $[0;1]$. Точка $x>1$ выпадает из $I_n$, как только $\frac1n<x-1$; точка $x<0$ — как только $\frac1n<-x$. Значит, $\bigcap_n I_n=[0;1]$.

Нарушено условие стягивания: $|I_n|=1+\frac2n>1$ при всех $n$, поэтому для $\varepsilon=1$ нужного номера нет. Пункт 1 теоремы от этого условия не зависит и по-прежнему гарантирует общую точку.

Стягивающуюся систему можно построить внутри любого отрезка $[a;b]$: делить его пополам и брать любую половину. Длины $\frac{b-a}{2^{n-1}}$ по принципу Архимеда рано или поздно меньше любого $\varepsilon$. Этот приём деления пополам ещё не раз встретится в курсе.

2. Несчётность континуума

2.1. Континуум

Определение 2. Мощность отрезка $[0;1]$ обозначается $\mathfrak c$ (или просто $c$) и называется континуумом: $\operatorname{card}[0;1]=|[0;1]|=\mathfrak c.$

Мощность $\mathbb N$ — $\mathfrak a$ или $\aleph_0$. Это обозначения, а не вещественные числа. Неравенство $|A|<|B|$ означает, что инъекция $A\to B$ есть, а биекции нет (лекция 2, §4.3).

2.2. Теорема Кантора

Теорема 2 (Кантор). $|[0;1]|>|\mathbb N|$: отрезок несчётен.

Инъекция $\mathbb N\to[0;1]$ есть: $n\mapsto\frac1n$. Остаётся доказать, что все точки отрезка нельзя занумеровать.

В лекции 2, §4.7 это сделано диагональным методом через десятичные записи. Здесь доказательство опирается только на принцип вложенных отрезков, то есть на аксиомы: позиционную запись чисел мы строго не вводили, и возни с $0{,}4999\ldots=0{,}5$ не будет.

Доказательство (от противного). Пусть все числа отрезка $[0;1]$ удалось выписать в последовательность $x_1,x_2,x_3,\dots$ Построим вложенные отрезки, каждый из которых избегает очередной точки.

• $I_1=[0;1]$.
• Внутри $I_1$ выберем отрезок $I_2$, не содержащий $x_1$: $x_1\notin I_2\subseteq I_1$.
• Внутри $I_2$ выберем $I_3$, не содержащий $x_2$: $x_2\notin I_3\subseteq I_2$.
• На $n$-м шаге: $x_{n-1}\notin I_n\subseteq I_{n-1}$.

Выбрать можно всегда: разделим текущий отрезок на три равных отрезка. Точка $x_{n-1}$ лежит не более чем в двух из них (в двух — если попала на общий конец), значит, хотя бы одна треть её не содержит. Её и берём за $I_n$.

Получилась система вложенных отрезков. По теореме 1 есть точка $c\in\bigcap_n I_n$. Она лежит в $[0;1]=I_1$, значит, должна быть в списке: $c=x_k$ для некоторого $k$. Но $x_k\notin I_{k+1}$, а $c\in I_{k+1}$ — противоречие. Итак, $c\notin\{x_1,x_2,\dots\}$, и список неполон. $\blacksquare$

Отрезок $I_n$ избегает не только $x_{n-1}$, но и все предыдущие точки: $x_1\notin I_2\supseteq I_n$, и так далее. Поэтому общая точка $c$ не совпадает ни с одной точкой списка.

Упражнение 2 (с лекции). Критик возражает: «Хорошо, $c$ не попала в список. Давайте просто добавим её — от добавления одной точки счётность не меняется». Почему это не спасает счётность отрезка?

Решение

Доказательство устроено так: для любой последовательности $x_1,x_2,\dots$ точек отрезка строится точка $c$, которой в ней нет. Добавив $c$, получим новую последовательность $c,x_1,x_2,\dots$ — и к ней применима та же конструкция: найдётся $c'$, которого нет уже в новом списке. Добавим $c'$ — найдётся $c''$, и так далее.

Теорема утверждает не «одной точки не хватает», а «никакая последовательность не исчерпывает отрезок». Добавление одной, конечного или даже счётного числа точек даёт снова последовательность, и она тоже неполна.

Следствия. Интервал $(0;1)$ и вся прямая $\mathbb R$ тоже несчётны: они содержат $[0;1]$ или равномощны ему. Поскольку $\mathbb Q$ счётно, иррациональные числа составляют несчётное множество — их «несравнимо больше», хотя они, как и рациональные, всюду плотны.

3. Модели вещественных чисел

Мы ввели $\mathbb R$ аксиоматически: упорядоченное поле с аксиомой непрерывности. Что может выступать в роли его элементов, — отдельный вопрос; на лекции перечислены четыре построения.

Последнее построение «заклеивает дыры» между рациональными числами: $\sqrt2$ — это то, к чему стремятся $1;\ 1{,}4;\ 1{,}41;\ 1{,}414;\dots$ Сложность в том, что «стремиться» внутри $\mathbb Q$ приходится определять, не ссылаясь на ещё не построенные иррациональные числа.

Каждый путь долгий, поэтому курс опирается на аксиомы, а к моделям обращается, когда понадобится: например, к десятичной записи — чтобы приближать числа рациональными.

4. Точные грани множеств

4.1. Ограниченные множества

Определение 3. Пусть $E\subseteq\mathbb R$, $E\ne\varnothing$.

• $E$ ограничено сверху, если $\exists M\in\mathbb R:\ \forall x\in E\ \ x\le M$. Число $M$ называется верхней границей (верхней гранью) $E$.
• $E$ ограничено снизу, если $\exists m\in\mathbb R:\ \forall x\in E\ \ x\ge m$; $m$ — нижняя граница.
• $E$ ограничено, если $\exists M>0:\ \forall x\in E\ \ |x|\le M$.

Ограниченность равносильна ограниченности и сверху, и снизу. Если $m\le x\le M$ для всех $x\in E$, то подходит одно число $\max(|m|,|M|)$: $|x|\le\max(|m|,|M|)$. Обратно, $|x|\le M$ значит $-M\le x\le M$.

Граница не единственна: если $M$ — верхняя граница, то и любое $M'>M$ тоже. Поэтому в определении ограниченности можно требовать $M>0$ — ничего не изменится.

4.2. Супремум и инфимум

Верхних границ много. Вопрос: какая из них оценивает множество точно?

Определение 4. Число $M\in\mathbb R$ называется точной верхней гранью, или супремумом, множества $E\subseteq\mathbb R$ (обозначение $M=\sup E$), если

1. $M$ — верхняя граница: $x\le M$ для всех $x\in E$;
2. $M$ — наименьшая из верхних границ: при сколь угодно малом сдвиге влево граница перестаёт быть границей, $\forall\varepsilon>0\ \ \exists x_\varepsilon\in E:\quad x_\varepsilon>M-\varepsilon.$

Пункт 2 — формула для слов «наименьшая верхняя граница». Равносильно: никакое число $M'<M$ верхней границей не является. В одну сторону: для $M'<M$ возьмём $\varepsilon=M-M'$, получим $x_\varepsilon>M'$. В другую: $M-\varepsilon<M$ не граница, значит, какой-то $x\in E$ больше $M-\varepsilon$.

Определение 5. Число $m\in\mathbb R$ называется точной нижней гранью, или инфимумом, множества $E$ (обозначение $m=\inf E$), если

1. $m$ — нижняя граница: $m\le x$ для всех $x\in E$;
2. $m$ — наибольшая из нижних границ: $\forall\varepsilon>0\ \ \exists x_\varepsilon\in E:\ x_\varepsilon<m+\varepsilon$.

Утверждение 1. Если супремум существует, он единственный.

Доказательство. Пусть $M<M'$ — оба супремумы $E$. Возьмём $\varepsilon=M'-M$ в п. 2 для $M'$: найдётся $x\in E$ с $x>M'-\varepsilon=M$. Это противоречит тому, что $M$ — верхняя граница. $\blacksquare$

4.3. Супремум и максимум

Максимум $\max E$ — наибольший элемент множества: он лежит в $E$ и не меньше всех элементов. Не у каждого множества максимум есть.

Утверждение 2. Если $\max E$ существует, то $\sup E=\max E$.

Доказательство. $M=\max E$ — верхняя граница по определению. Для любого $\varepsilon>0$ в качестве $x_\varepsilon$ годится сам $M\in E$: $M>M-\varepsilon$. $\blacksquare$

Обратное неверно: супремум может не принадлежать множеству.

Проверим, например, $\sup[0;1)=1$. Граница: $x<1$ для всех $x\in[0;1)$. Наименьшая: при $\varepsilon\ge1$ подходит $x_\varepsilon=0>1-\varepsilon$; при $0<\varepsilon<1$ подходит $x_\varepsilon=1-\frac\varepsilon2\in[0;1)$, и $1-\frac\varepsilon2>1-\varepsilon$. Максимума нет: для любого $x\in[0;1)$ число $\frac{x+1}2$ тоже лежит в $[0;1)$ и больше $x$.

А $\inf\big\{\frac1n\big\}=0$: ноль — нижняя граница, а для $\varepsilon>0$ по принципу Архимеда есть $n$ с $\frac1n<\varepsilon=0+\varepsilon$.

4.4. Теорема о существовании точной грани

Теорема 3. Любое непустое ограниченное сверху множество $E\subseteq\mathbb R$ имеет супремум.

Доказательство. Пусть $B$ — множество всех верхних границ $E$: $B=\{b\in\mathbb R\mid x\le b\ \ \forall x\in E\}.$ $B\ne\varnothing$, потому что $E$ ограничено сверху; $E\ne\varnothing$ по условию. По определению $B$ каждый элемент $E$ не больше каждого элемента $B$ — множество $E$ лежит левее $B$. По аксиоме непрерывности есть разделяющее число $c$: $x\le c\le b\qquad\forall x\in E,\ \forall b\in B.$ Проверим, что $c=\sup E$.

1. $x\le c$ для всех $x\in E$ — значит, $c$ верхняя граница.
2. Пусть $\varepsilon>0$. Число $c-\varepsilon$ меньше $c$, а $c$ не больше всех элементов $B$. Значит, $c-\varepsilon\notin B$, то есть $c-\varepsilon$ не верхняя граница: найдётся $x_\varepsilon\in E$ с $x_\varepsilon>c-\varepsilon$.

Оба условия определения 4 выполнены. $\blacksquare$

Замечание 1. По ходу доказательства видно: $c\in B$ и $c\le b$ для всех $b\in B$. Значит, у множества верхних границ непустого ограниченного сверху множества всегда есть наименьший элемент, и это $\sup E$: $\sup E=\min\{\text{верхние границы }E\}.$

Замечание 2. Существование инфимума у непустого ограниченного снизу множества доказывается аналогично.

Доказательство для инфимума через отражение

Пусть $E\ne\varnothing$ ограничено снизу числом $m$. Множество $-E=\{-x\mid x\in E\}$ непусто и ограничено сверху числом $-m$. По теореме 3 существует $s=\sup(-E)$. Проверим, что $-s=\inf E$:

1. $-x\le s$ для всех $x\in E$, то есть $x\ge-s$ — нижняя граница.
2. Для $\varepsilon>0$ есть $-x_\varepsilon>s-\varepsilon$, то есть $x_\varepsilon<-s+\varepsilon$.

Итак, $\inf E=-\sup(-E)$. $\blacksquare$

В $\mathbb Q$ теорема неверна. Множество $A=\{x\in\mathbb Q\mid x>0,\ x^2<2\}$ непусто и ограничено сверху числом $2$, но среди рациональных чисел наименьшей верхней границы нет: в лекции 3, теорема 3 показано, что для любого рационального $c$ с $c^2<2$ есть элемент $A$ правее, а при $c^2>2$ — верхняя граница левее. В $\mathbb R$ $\sup A=\sqrt2$.

5. Последовательность и её предел

5.1. Последовательность

Определение 6. Числовая последовательность — это отображение $f\colon\mathbb N\to\mathbb R$. Значение $f(n)$ обозначают $x_n$ и называют $n$-м членом, а всю последовательность — $\{x_n\}_{n=1}^\infty$ или $\{x_n\}$.

5.2. Определение предела

Определение 7. Число $a\in\mathbb R$ называется пределом последовательности $\{x_n\}$, если $\forall\varepsilon>0\ \ \exists N(\varepsilon)\in\mathbb N:\ \ \forall n>N(\varepsilon)\quad |x_n-a|<\varepsilon.$ Обозначение: $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a$ или $x_n\to a$. Последовательность, у которой есть предел, называется сходящейся.

Номер $N$ зависит от $\varepsilon$: чем меньше $\varepsilon$, тем, как правило, дальше приходится идти.

Геометрический смысл. Неравенство $|x_n-a|<\varepsilon$ раскрывается как $a-\varepsilon<x_n<a+\varepsilon,$ то есть $x_n$ лежит в интервале $(a-\varepsilon;\ a+\varepsilon)$ — $\varepsilon$-окрестности точки $a$. Определение говорит: какую бы узкую «ловушку» вокруг $a$ ни поставить, начиная с некоторого номера все члены последовательности окажутся в ней. Вне ловушки остаётся лишь конечное число членов — не больше $N(\varepsilon)$.

Члены могут подходить к пределу с одной стороны, с разных сторон, перепрыгивать через него или совпадать с ним — определению это безразлично. Важно только, чтобы начиная с некоторого номера все они сидели в ловушке.

Примеры.

• Постоянная последовательность $x_n=c$ сходится к $c$: $|x_n-c|=0<\varepsilon$ при всех $n$, подходит $N=1$.
• $\frac1n\to0$: для $\varepsilon>0$ по принципу Архимеда есть $N$ с $\frac1N<\varepsilon$, и при $n>N$ имеем $\frac1n<\frac1N<\varepsilon$.

Отрицание определения. $a$ не является пределом $\{x_n\}$, если $\exists\varepsilon>0\ \ \forall N\in\mathbb N\ \ \exists n>N:\quad|x_n-a|\ge\varepsilon,$ то есть вне некоторой ловушки остаётся бесконечно много членов. Для $x_n=(-1)^n$ и любого $a$ возьмём $\varepsilon=1$. Числа $1$ и $-1$ отстоят друг от друга на $2$, поэтому хотя бы одно из них удалено от $a$ не меньше чем на $1$. А каждое из них встречается среди членов с номерами больше любого $N$. Предела у $(-1)^n$ нет.

Свойства предела — единственность, ограниченность, арифметика, предельные переходы — разобраны в лекции 5.

Частые ошибки

1. Выводить «$A$ левее $B$» из $a_n\le b_n$. Нужно $a_k\le b_m$ при любых $k,m$, и доказывается это через вложенность.
2. Забывать, что отрезки замкнутые. Для интервалов $\big(0;\frac1n\big)$ пересечение пусто.
3. Считать, что пересечение вложенных отрезков — всегда точка. Без условия стягивания это может быть целый отрезок: $\bigcap\big[-\frac1n;1+\frac1n\big]=[0;1]$.
4. Переносить принцип вложенных отрезков на $\mathbb Q$. Рациональные приближения $\sqrt2$ дают вложенные отрезки без общей рациональной точки.
5. Думать, что точку $c$ из доказательства несчётности можно «просто добавить». Конструкция применима к любому списку, в том числе к дополненному.
6. Путать супремум с максимумом. $\sup[0;1)=1$, но $1\notin[0;1)$ и максимума нет.
7. Писать во втором условии супремума $x_\varepsilon\ge M-\varepsilon$ или $\exists\varepsilon$. Нужно $\forall\varepsilon>0\ \exists x_\varepsilon\in E:\ x_\varepsilon>M-\varepsilon$ — строгое неравенство и квантор «для любого».
8. Требовать в теореме о супремуме ограниченность с обеих сторон. Достаточно ограниченности сверху, но непустота обязательна.
9. Отождествлять последовательность с множеством её значений. Порядок важен, повторения разрешены.
10. Думать, что $N$ в определении предела не зависит от $\varepsilon$. Для $\frac1n$ при $\varepsilon=0{,}1$ годится $N=10$, а при $\varepsilon=0{,}001$ — только $N\ge1000$.

Мини-тренажёр

1. Вложены ли отрезки $I_n=\big[\frac1n;\ 2-\frac1n\big]$? Найдите $\bigcap_n I_n$.
2. Найдите пересечение $\bigcap_n\big[1-\frac1n;\ 1+\frac1n\big]$ и проверьте условие стягивания.
3. Точки списка: $x_1=\frac12$, $x_2=\frac13$. Постройте $I_2$ и $I_3$ методом третей из доказательства теоремы 2, начиная с $I_1=[0;1]$.
4. Найдите $\sup$, $\inf$, $\max$, $\min$ множества $\big\{\frac{(-1)^n}{n}\ \big|\ n\in\mathbb N\big\}$.
5. Докажите по определению, что $\sup(0;5)=5$.
6. Пусть $E\subseteq F$, оба непусты и ограничены сверху. Сравните $\sup E$ и $\sup F$.
7. Приведите непустое ограниченное множество, у которого нет ни максимума, ни минимума.
8. Сколько членов последовательности $\frac1n$ лежит вне $0{,}01$-окрестности нуля?
9. Запишите отрицание утверждения «$E$ ограничено сверху».
10. Является ли $1$ пределом последовательности $1,0,1,0,\dots$? Предъявите $\varepsilon$ из отрицания определения.

Ответы

1. Не вложены: левые концы $\frac1n$ убывают, правые $2-\frac1n$ растут — отрезки расширяются, $I_1=\{1\}\subseteq I_2=\big[\frac12;\frac32\big]$. Это возрастающая система, теорема к ней не применима. Пересечение равно $I_1=\{1\}$.
2. $\{1\}$: $1$ лежит во всех отрезках, а длины $\frac2n$ стягиваются (для $\varepsilon>0$ подходит $N>\frac2\varepsilon$), так что точка единственна.
3. Трети $I_1$: $\big[0;\frac13\big],\big[\frac13;\frac23\big],\big[\frac23;1\big]$; $\frac12$ лежит только во второй, берём, например, $I_2=\big[0;\frac13\big]$. Трети $I_2$: $\big[0;\frac19\big],\big[\frac19;\frac29\big],\big[\frac29;\frac13\big]$; $\frac13$ лежит только в последней, берём $I_3=\big[0;\frac19\big]$.
4. Члены: $-1,\ \frac12,\ -\frac13,\ \frac14,\dots$ $\max=\sup=\frac12$, $\min=\inf=-1$.
5. Граница: $x<5$ для всех $x\in(0;5)$. Для $\varepsilon\ge5$ подходит $x_\varepsilon=\frac52>5-\varepsilon$; для $0<\varepsilon<5$ подходит $x_\varepsilon=5-\frac\varepsilon2\in(0;5)$, и $5-\frac\varepsilon2>5-\varepsilon$.
6. $\sup E\le\sup F$: $\sup F$ — верхняя граница $F$, а значит, и $E$, а $\sup E$ — наименьшая из верхних границ $E$.
7. Например, $(0;1)$: $\sup=1$, $\inf=0$, оба не принадлежат множеству.
8. $\frac1n\ge0{,}01$ при $n\le100$ — ровно $100$ членов.
9. $\forall M\in\mathbb R\ \ \exists x\in E:\ x>M$.
10. Нет. $\varepsilon=\frac12$: при любом $N$ найдётся чётное $n>N$, у него $x_n=0$ и $|0-1|=1\ge\frac12$.

Шпаргалка